AcWing 479. 加分二叉树

$AcWing$ $479$. 加分二叉树

一、题目描述

设一个 $n$ 个节点的二叉树 $tree$ 的 中序遍历 为$(1,2,3,…,n)$，其中数字 $1,2,3,…,n$ 为节点编号。

每个节点都有一个分数（均为正整数），记第 $i$ 个节点的分数为 $d_i$，$tree$ 及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树 $subtree$（也包含 $tree$ 本身）的加分计算方法如下：

$subtree$的左子树的加分 $×$ $subtree$的右子树的加分 $＋$ $subtree$的根的分数

若某个子树为空，规定其加分为 $1$。

叶子的加分就是叶节点本身的分数，不考虑它的空子树。

试求一棵符合中序遍历为$(1,2,3,…,n)$且加分最高的二叉树 $tree$。

要求输出： 
（1）$tree$的最高加分 
（2）$tree$的前序遍历

输入格式
第 $1$ 行：一个整数 $n$，为节点个数。

第 $2$ 行：$n$ 个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（$0$<分数<$100$）。

输出格式
第 $1$ 行：一个整数，为最高加分（结果不会超过$int$范围）。

第 $2$ 行：$n$ 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。

数据范围
$n<30$

输入样例：

5
5 7 1 2 10

输出样例：

145
3 1 2 4 5

三、解题思路

前导知识:二叉树的三种遍历方式

题目的输入为这$n$个点 中序序列 的权值，我们直接存储。这里科普一下，一个二叉树的中序序列就是这个二叉树的节点 向下投影 构成的序列。

而事实上仅靠投影无法断定这个二叉树的具体结构，因此前序遍历的序列也会不同。

比如1 2 3 4 5这个中序序列

它可以是

        3
    2       4
1               5

也可以是

           3
    1           4
        2             5

当然也可以是

            4
    2            5
1       3

在固定的中序序列条件下，枚举不同的根节点和叶子节点构建形态，可以获取不同的结构，也就是形态各异的二叉树，它们的前序遍历是不一样的。

解释：

• 心中有树，而手中无树
  虽然给的是二叉树，但却无法用链式前向星把二叉树创建出来，因为这不是唯一的二叉树，不是一道图论题。
  

闫式$DP$分析法

状态表示

集合
$f[i][j]$:从$i$到$j$区间内，选一点$k$作为根节点，表示中序遍历是 $w[i \sim j]$ 的所有二叉树的集合

属性
加分二叉树的$Max$最大值

状态转移

任选节点$k$，以$k$点为根构成的加分二叉树的值=它的左子树的最大加分值 $\times$ 右子树的最大加分值 $+$ $k$点权值

$$\large f[i][j] = max(f[i][j], f[i][k - 1] * f[k + 1][j] + w[k]) (i <= k <= j)$$

$Q$:石子合并枚举的$k$满足条件为$i <= k < j$，为什么本题是$i<=k<=j$呢？

答：

• 石子合并至少需要两堆才能合并，即有$k$,也必须有$k + 1$,才能划分成两个区间。
  换句话说，就是$i<=k,k+1<=j$,也就是$i<=k<j$。

• 回到本题,因为左子树右子树可以为空，也就是如果$i=k$时，左子树为空，如果$j=k$时，右子树为空， 题目中明确：若某个子树为空，规定其加分为 $1$,也就是此时$ls=1,rs=1$就可以得到正确的得分了。

前序序列

我们只需要获取一个$f[i][j]$的时候，同时开一个相同大小的数组$g[i][j]$,存储此区间内的根节点是谁，其实这是一个递归定义，我们捋着这条线索，就可以一路向上（或向下），找出完整的二叉树形态，也就是在中序序列确定情况下的前序序列，捋的办法就是用递归。

$Q$:如果存在多种方案，则输出字典序最小的方案。

答： 因为$k$是从小到大遍历的，所以肯定是小的先存进去。而对比时采用了小于号，只有更小的才能更新，就保证取得的节点是字典序最小的方案。

另外一种就是不用记录数组，就是现推，现看$f[1][n]$是从哪个值转移过来的，边计算边退,两个都是一样的。

四、$DP$代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 50;

int n;
int w[N];    // 权值数组
int f[N][N]; // DP数组 : i,j区间内的最大得分
int g[N][N]; // 路径数组：i,j区间内的最大得分，是在k这个节点为根的情况下获得的

// 前序遍历输出路径
void out(int l, int r) {
    /*
    其实，最后一个可以执行的条件是l=r,也就是区间内只有一个节点
    当只有一个节点时,g[l][r] = l = r ①，此时继续按划分逻辑划分的话：
    就是： [l,g[l][r]-1],[g[l][r]+1,r] ②
    将①代入②，就是[l,l-1],[r+1,r]，很明显，当出现前面比后面还大时，递归应该结束了
    */
    if (l > r) return;

    cout << g[l][r] << " "; // 输出根结点,前序遍历
    out(l, g[l][r] - 1);    // 递归左子树
    out(g[l][r] + 1, r);    // 递归右子树
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);

    /* DP初始化
       ① 因为左、右子树为空时，返回1，这其实也是为计算公式准备前提，按返回1计算时，无左右子树的点
      ,也就是叶子节点时，得分就是w[i]
       ② 此时，记录的辅助路径数组，g[i][i]表示的就是从i到i的区间内，根是谁，当然是i
       Q:为什么一定要记录g[i][i]=i,不记录不行吗？一个点的区间为什么也要记录根是谁呢？
       答：因为这是递归的出口，如果不记录的话，那么out输出时就会找不到出口，导致死循环，TLE或者MLE
    */
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i][i] = w[i], g[i][i] = i;

    // 区间DP
    for (int len = 2; len <= n; len++)           // 单个节点组成的区间都是初值搞定了，我们只讨论两个长度的区间
        for (int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) { // 枚举左端点
            int r = l + len - 1;                 // 计算右端点
            // 枚举根节点k, 两个区间：[l,k-1],[k+1,r],根节点k也占了一个位置
            // 注意：k是可以取到r的，原因论述见题解
            for (int k = l; k <= r; k++) {
                // 根据题意特判
                int ls = k == l ? 1 : f[l][k - 1]; // 左子树为空，返回1
                int rs = k == r ? 1 : f[k + 1][r]; // 右子树为空，返回1
                // 得分计算公式
                int t = ls * rs + w[k];
                // 记录取得最大值时的根节点k
                if (f[l][r] < t) {
                    f[l][r] = t;
                    g[l][r] = k; // 记录l~r区间的最大得分是由哪个根节点k转化而来
                }
            }
        }
    // 输出
    cout << f[1][n] << endl;

    // 利用递归，输出字典序路径
    out(1, n);

    return 0;
}

五、记忆化搜索

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 35;
int n;
int w[N];
int f[N][N];
int g[N][N];

// 计算最大结果
int dfs(int l, int r) {
    int &v = f[l][r];                         // 简化代码
    if (v) return v;                          // 记忆化搜索
    if (l == r) return g[l][r] = l, v = w[l]; // 叶子分数是权值
    if (l > r) return v = 1;                  // 题设空子树的分数为1,递归出口

    for (int k = l; k <= r; k++) {
        // 因为k是枚举根，根占了一个点，所以，左侧是[l,k-1],右侧是[k+1,r]
        int t = dfs(l, k - 1) * dfs(k + 1, r) + w[k];
        if (t > v) v = t, g[l][r] = k; // 记录第一次出现最大值时的k,方便输出字典序
    }
    return v;
}

// 前序遍历输出路径
void out(int l, int r) {
    if (l > r) return;      // 递归出口
    cout << g[l][r] << " "; // 输出最优根
    out(l, g[l][r] - 1);    // 递归左子树
    out(g[l][r] + 1, r);    // 递归右子树
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &w[i]);

    // 区间1~n的最大结果
    cout << dfs(1, n) << endl;

    // 输出路径
    out(1, n);

    return 0;
}